高中物理-变压器电能的输送精讲精练知识点一、理想变压器1．构造(如图10－2－1所示)变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成．2．基本关系(1)电压关系：U1U2＝n1n2.(2)功率关系：P入＝P出．(3)电流关系：①只有一个副线圈时：I1I2＝n2n1.②有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋U n I n. 知识点二、远距离输电1．输电过程(如图10－2－2所示)图10－2－2 2．电压损失(1)ΔU＝U－U′(2)ΔU＝IR3．功率损失(1)ΔP＝P－P′(2)ΔP＝I2R＝(PU)2R 4．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R线：由R线＝ρLS知，可采用加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．(2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压．1．在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器，如下图所示中，能正确反映其工作原理的是()【解析】电流互感器的工作目的是把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少、副线圈的匝数多，监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中．【答案】 A2.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图10－2－3所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U 2和I1分别约为()A．380 V和5.3 AB．380 V和9.1 AC．240 V和5.3 AD．240 V和9.1 A【解析】根据理想变压器电压比关系U1U2＝n1n2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U2＝380 V，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，解得I1＝2×103220 A≈9.1 A，选项B正确，选项A、C、D错误．【答案】 B3．图10－2－4是远距离输电的示意图，下列说法正确的是()A．a是升压变压器，b是降压变压器B．a是降压变压器，b是升压变压器C．a的输出电压等于b的输入电压D．a的输出电压等于输电线上损失的电压【解析】远距离输电先升压，再降压，选项A正确而B错误；由于电线有电压损失，故a的输出电压等于b的输入电压与损失的电压之和，选项C、D均错．【答案】 A4．如图10－2－5所示，一理想变压器的原副线圈匝数比为5∶1，正弦交流电源的内阻不计，电阻R1＝R2＝4 Ω，R2消耗的功率为P2＝100 W，则()A．R1消耗的功率为100 WB．R1、R2中的电流之比为1∶5C．原线圈两端电压的最大值为100 VD．交流电源的输出功率等于100 W【解析】由变压器的功率关系和R1、R2中的电流之比为1∶5，R2中电流为1 A，消耗的功率为4 W，选项B正确，A错误；副线圈的输出电压为20 V，原线圈两端电压的有效值为100 V，最大值为141 V，交流电源的输出功率等于两电阻消耗功率之和，为104 W，选项C、D 错误．【答案】 B理想变压器基本关系的应用1.关于理想变压器的四点说明(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．(3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．2．理想变压器的三个制约关系(1)输入电压U1决定输出电压U2.(2)输出电流I2决定输入电流I1.(3)输出功率P2决定输入功率P1.例题1.如图10－2－6所示，一理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝220匝，交流电源的电压u＝2202sin (100πt) V，R为负载电阻，电压表、电流表均为理想电表，则下列说法中正确的是()A．交流电的频率为100 HzB．电压表的示数为44 VC．电流表A1的示数大于电流表A2的示数D．变压器的输入功率大于输出功率【解析】由交流电源的电压u＝2202sin (100πt) V，可得交流电的频率为50 Hz，选项A错误．变压器输入电压为220 V，由变压公式知变压器输出电压为44 V，电压表的示数为44 V，选项B正确．根据变压器电流关系知，电流表A1的示数小于电流表A2的示数，选项C错误．根据理想变压器功率关系知，变压器的输入功率等于输出功率，选项D错误．【答案】 B【迁移应用】1．(多选)如图10－2－7，理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接入一电压为u ＝U0sin ωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻．若U0＝220 2 V, ω＝100π rad/s，则下述结论正确的是()A．副线圈中电压表的读数为55 VB．副线圈中输出交流电的周期为1 100 πsC．原线圈中电流表的读数为0.5 A D．原线圈中的输入功率为110 2 W【解析】副线圈中电压表读数为副线圈电压的有效值U2＝n2U02n1＝55 V，A对．副线圈中交流电的周期等于原线圈中交流电源电压的周期T＝2πω＝150s，B错．原线圈中的电流I1＝I2n2n1＝U2n2Rn1＝0.5 A，C对．原线圈中的输入功率P＝U0I12＝110 W，D错．【答案】AC变压器的动态分析问题含有变压器的动态电路分析，一是要符合变压器的基本规律(电压、电流、功率关系)；二是要遵循欧姆定律．首先确定是哪些量在变，哪些量不变，然后根据相应的规律判定，具体问题具体分析．例题2.(多选)如图10－2－8所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中，能使原线圈所接电流表示数变小的是()A．只将S1从2拨向1B．只将S2从4拨向3C．只将S3从闭合改为断开D．只将滑动变阻器R3的滑动触头下移【解析】只将开关S1从2拨向1时，原线圈的匝数变少，根据电压与匝数成正比，副线圈上的电压增大，则副线圈上的电流增大，所以原线圈上的电流也增大，故A错误；只将S2从4拨向3时，副线圈的匝数减少，则副线圈上的电压减小，电流减小，所以原线圈的电流也减小，故B正确；只将S3从闭合改为断开时，副线圈上的电阻增大，电流减小，所以原线圈的电流也减小，故C正确；只将滑动变阻器R3滑动触头下移时，副线圈的电阻减小，则电流增大，原线圈的电流也增大，故D错误．【答案】BC【迁移应用】2．(多选)用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题．如图10－2－9，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法正确的是()A．灯泡L1两端的电压减小B．电阻R两端的电压增大C．副线圈输出电压减小D．原线圈输入功率减小【解析】当开关S闭合时，输电线上电流增大，电阻R两端的电压增大，灯泡L1两端的电压减小，选项A、B正确．副线圈输出电压不变，原线圈输入功率增大，选项C、D错误．【答案】AB远距离输电问题1.输电线路的特点和组成为了减少远距离输电过程中的电能损失，一般采用高压输电的模式，先用升压变压器将电压升高，将电输送到用电区后，再用降压变压器将高电压变成用电器所需的电压值，如图10－2－10为输电过程的示意图．图10－2－10 2．输电过程的电压关系和功率关系(1)输电过程的电压关系(2)输电过程功率的关系例题3.学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1 Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V 40 W”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，如图10－2－11所示，求：(1)发电机的输出功率多大？(2)发电机的电动势多大？(3)输电线上损耗的电功率多大？【解析】(1)所有灯都正常工作的总功率为：22×6×40 W＝5280W.用电器总电流为I2′＝P2′U2′＝5 280220A＝24 A.输电线上的电流I1′＝I R＝I2＝I2′4＝6 A.降压变压器上U2＝4U2′＝880 V.输电线上的电压损失为U R＝I R R＝24 V.因此升压变压器的输出电压为U1′＝U R＋U2＝904 V.输入电压为U1＝U1′4＝226 V.输入电流为I1＝4I1′＝24 A.所以发电机的输出功率为P出＝U1I1＝5 424 W.(2)发电机的电动势E＝U1＋I1r＝250 V.(3)输电线上损耗的电功率P R＝I2R R＝144 W. 【答案】(1)5 424W(2)250 V(3)144 W【迁移应用】3．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图10－2－12所示，发电机的输出电压为220 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则()图10－2－12A.n1n2＝n4 n3B．通过升压变压器原、副线圈电流的频率不同C．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率D．若n2增大，则输电线上损失的电压减小【解析】要使额定电压为220 V的用电器正常工作，n1n2＜n4n3，选项A错误；通过升压变压器原、副线圈电流的频率相同，选项B错误；由于输电线发热损失，升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，选项C正确．若n2增大，则输电线上电流减小，损失的电压减小，选项D正确．【答案】CD失分点：交变电流和变压器综合分析不准确例题图10－2－13甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin(50πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W 【失误原因分析】(1)不能根据图象信息正确得到瞬时值表达式． (2)含变压器的交变电路的动态分析出现失误．【解析】 由图乙知周期为0.02 s ，因此输入电压的表达式为u ＝202sin(100πt ) V ，A 错；只断开S 2，L 1、L 2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B 错；只断开S 2，负载电阻变大，功率变小，C 错；S 1换接到2后，据P ＝U 2出R 和U 入U 出＝n 1n 2得R 消耗的功率为0.8 W ，故选D.【答案】 D 【即学即用】如图10－2－14所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器．○V 1 和○V 2 是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；○A 1 和○A 2 是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小【解析】 交流电表的示数为有效值，故A 、B 两项均错误；P 向下滑动过程中，R 变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U 1、U 2均不变，所以I 2＝U 2R 0＋R 变大，由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2变大，故C 项正确，D 项错误．【答案】 C。